2022年广东省汕头市高考数学一模试卷

这是一份2022年广东省汕头市高考数学一模试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）集合，，则
A．B．C．D．
2．（5分）已知，则
A．B．3C．D．
3．（5分）有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务．冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率
A．B．C．D．
4．（5分）已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，，，成等差数列，则
A．B．C．D．5
5．（5分）已知，，，则以下不等式正确的是
A．B．C．D．
6．（5分）点在圆上运动，直线分别与轴，轴交于，两点，则面积的最大值是
A．10B．C．D．
7．（5分）已知，，则
A．B．C．3D．
8．（5分）定义在上的偶函数满足，且当，时，，若关于的方程至少有8个实数解，则实数的取值范围是
A．B．
C．D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（5分）某校高一（1）班王伟、张诚、赵磊三名同学六次数学测试的成绩及班级平均分如表，根据成绩表作出如图，则下列说法正确的是
A．王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平
B．张诚同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平
C．赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差距逐步缩小
D．赵磊同学的数学成绩波动上升
10．（5分）已知正实数，满足，则以下不等式正确的是
A．B．
C．D．
11．（5分）对于函数，下列结论正确的是
A．的值域为
B．在单调递增
C．的图象关于直线对称
D．的最小正周期为
12．（5分）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且．则下列结论正确的是
A．当与重合时，异面直线与所成的角为
B．三棱锥的体积为定值
C．在平面内的射影长为
D．当向运动时，二面角的平面角保持不变
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分．
13．（5分）在党史学习教育动员大会上，习近平总书记强调全党同志要做到学史明理、学史增信、学史崇德，学史力行．某单位对200名党员进行党史知识测试，将成绩分成6组：，，，，，，，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，则 ．
14．（5分）已知四边形中，，，，点是的中点，则 ．
15．（5分）已知双曲线，，为的两条渐近线，过的右焦点作的垂线，垂足为，且该垂线交于点，若，则曲线的离心率 ．
16．（5分）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）．若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为 人．若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为，则的最大值为 ．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）在①；②的面积为；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在中，，，分别为内角，，的对边，，，___？
18．（12分）已知数列的前项和为，．
（1）证明：数列为等比数列，并求数列的前项和为；
（2）设，证明：．
19．（12分）足球比赛全场比赛时间为90分钟，90分钟比赛后双方仍旧打平，需采取点球大战的方式决出胜负，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采取“点球大战”的方式决定胜负．“点球大战”的规则如下：①两队应各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜：②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5次可能射中的球数，则不需再踢，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为，则不需再踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．
（1）已知小明在点球训练中射进点球的概率是．在一次赛前训练中，小明射了3次点球，且每次射点球互不影响，记为射进点球的次数，求的分布列及数学期望．
（2）现有甲、乙两校队在淘汰赛中（需要分出胜负）相遇，120分钟比赛后双方仍旧打平，须互罚点球决出胜负．设甲队每名球员射进点球的概率为，乙队每名球员射进点球的概率为．每轮点球中，进球与否互不影响，各轮结果也互不影响．求在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出的概率．
20．（12分）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，是线段上一点．
（1）是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（2）当为何值时，直线与面所成的角的正弦值最大．
21．（12分）已知，，两点分别在轴和轴上运动，且，若动点满足，动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知不垂直于轴的直线与轨迹交于不同的、两点，总满足，证明：直线过定点．
22．（12分）已知函数且为常数）．
（1）讨论函数的极值点个数；
（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围．
2022年广东省汕头市高考数学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（5分）集合，，则
A．B．C．D．
【分析】求解对数不等式化简，再由交集、并集运算得答案．
【解答】解：，，
，．
故选：．
【点评】本题考查交集、并集的运算，考查对数不等式的解法，是基础题．
2．（5分）已知，则
A．B．3C．D．
【分析】根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．
【解答】解：，
，即，
．
故选：．
【点评】本题考查了复数代数形式的乘除法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
3．（5分）有4名大学生志愿者参加2022年北京冬奥会志愿服务．冬奥会志愿者指挥部随机派这4名志愿者参加冰壶、短道速滑、花样滑冰3个项目比赛的志愿服务，则每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率
A．B．C．D．
【分析】先将4人分成3组，其中一组有2人，然后将3个项目进行排列，可求得每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数，再求出4名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务的总方法数，并结合古典概型的概率公式，即可求解．
【解答】解：先将4人分成3组，其中一组有2人，另外一组各1人，共有种，然后将3个项目全排列，共有种排法，
故每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的方法数为种，
名志愿者参加3个项目比赛的志愿者服务的总方法数种，
每个项目至少安排一名志愿者进行志愿服务的概率．
故选：．
【点评】本题主要考查古典概型的概率公式，属于基础题．
4．（5分）已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，，，成等差数列，则
A．B．C．D．5
【分析】由等比数列的通项公式和等差数列的中项性质，解方程可得所求值．
【解答】解：设各项均为正数的等比数列的公比为，，
由前4项和为15，，，成等差数列，
可得，
，即，即，
解得，，
故选：．
【点评】本题考查等比数列的通项公式和等差中项的性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
5．（5分）已知，，，则以下不等式正确的是
A．B．C．D．
【分析】构造函数，对求导后结合导数与单调性关系分析的单调性，进而可比较函数值大小．
【解答】解：令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
因为，
所以（2）（e），（e）（5），
因为（2）（5），
所以（2）（5），
即（e）（2）（5），
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查了利用单调性比较函数值大小，导数的应用是求解问题的关键．
6．（5分）点在圆上运动，直线分别与轴，轴交于，两点，则面积的最大值是
A．10B．C．D．
【分析】求出，以及点到直线的距离的最大值，再结合三角形面积公式，即可求解．
【解答】解：直线分别与轴，轴交于，两点，
，，则，
圆的圆心为，半径为，
圆心到直线的距离为，
则点到直线的距离的最大值为，
故面积的最大值是．
故选：．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查转化能力，属于中档题．
7．（5分）已知，，则
A．B．C．3D．
【分析】利用两角和的正切公式得到，再利用同角三角函数的关系求出，，求解即可．
【解答】解：，，
，，
或（舍去），
由，又，解得，
，
故选：．
【点评】本题考查的知识点是两角和的正切公式，同角三角函数的关系，属于基础题．
8．（5分）定义在上的偶函数满足，且当，时，，若关于的方程至少有8个实数解，则实数的取值范围是
A．B．
C．D．
【分析】根据条件可得出函数是以4为周期的周期函数，作出，的图象，根据函数为偶函数，原问题可转化为当 时两函数图象至少有4个交点，根据数形结合求解即可．
【解答】解：因为，且为偶函数
所以，即，
所以函数是以4为周期的周期函数，
作出，在同一坐标系的图象，如图，
因为方程至少有8个实数解，
所以，图象至少有8个交点，
根据，的图象都为偶函数可知，图象在 轴右侧至少有4个交点，
由图可知，当时，只需，即，
当时，只需，即，
当时，由图可知显然成立，
综上可知，．
故选：．
【点评】本题考查函数的性质，考查学生的运算能力，属于中档题．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（5分）某校高一（1）班王伟、张诚、赵磊三名同学六次数学测试的成绩及班级平均分如表，根据成绩表作出如图，则下列说法正确的是
A．王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平
B．张诚同学的数学学习成绩始终高于班级平均水平
C．赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差距逐步缩小
D．赵磊同学的数学成绩波动上升
【分析】根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于，由表格可知：王伟同学的数学学习成绩始终高于班级平均成绩，正确；
对于，第二次考试中，张诚同学的数学学习成绩低于平均成绩，错误；
对于，由图表可知，赵磊同学的数学学习成绩低于班级平均水平，但与班平均分的差距逐步缩小，正确；
对于，由图表可知，赵磊同学的数学学习成绩有波动，但总体是上升趋势，正确；
故选：．
【点评】本题考查数据的分析，注意认真分析图表，属于基础题．
10．（5分）已知正实数，满足，则以下不等式正确的是
A．B．
C．D．
【分析】先得到，再利用基本不等式依次判断各选项即可．
【解答】解：正实数，满足，，
，错误，
，当且仅当，时取等号，正确，
，，当且仅当，时取等号，，错误，
，当且仅当时取等号，正确，
故选：．
【点评】本题主要考查了基本不等式的应用，属于中档题．
11．（5分）对于函数，下列结论正确的是
A．的值域为
B．在单调递增
C．的图象关于直线对称
D．的最小正周期为
【分析】利用正弦函数和余弦型函数的性质逐项计算可判断每项的正确性．
【解答】解：，，故正确；
当，在上单调递增，，故在先增后减，故错误；
，，，故错误；
，故的最小正周期为，故正确．
故选：．
【点评】本题考查正弦函数和余弦型函数的性质，以及判断对称轴，求值域，判断周期，属中档题．
12．（5分）如图，正方体的棱长为，线段上有两个动点，，且．则下列结论正确的是
A．当与重合时，异面直线与所成的角为
B．三棱锥的体积为定值
C．在平面内的射影长为
D．当向运动时，二面角的平面角保持不变
【分析】根据三棱锥的底面积和高是否变化判断，根据两半平面不变判断，根据计算射影长判断，在中利用余弦定理计算夹角判断．
【解答】解：对于，故当与重合时，为的中点，
又，故为异面直线与所成的角，
此时，，，，
，
，故错误．
对于到直线的距离不变，到平面的距离不变，
故三棱锥的底面积和高均不发生变化，
故三棱锥的体积不变，故正确；
对于，在平面内的射影长为，故正确；
对于二面角与二面角是同一个二面角，
故当点运动时，二面角大小不变，故正确；
故选：．
【点评】本题考查了棱锥的体积、投影和异面直线所成角，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分．
13．（5分）在党史学习教育动员大会上，习近平总书记强调全党同志要做到学史明理、学史增信、学史崇德，学史力行．某单位对200名党员进行党史知识测试，将成绩分成6组：，，，，，，，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，则 0.050 ．
【分析】利用频率分布直方图的性质直接求解．
【解答】解：由频率分布直方图得：
，
解得．
故答案为：0.050．
【点评】本题考查频率的求法，考查频率分布直方图等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．（5分）已知四边形中，，，，点是的中点，则 ．
【分析】如图，分别过点， 作，，垂足分别为，，求出，再利用平面向量的线性运算和数量积运算求解．
【解答】解：如图，分别过点，作，，垂足分别为，．
由题得四边形为等腰梯形，
，，所以．
由题得
故答案为：．
【点评】本题考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题．
15．（5分）已知双曲线，，为的两条渐近线，过的右焦点作的垂线，垂足为，且该垂线交于点，若，则曲线的离心率 ．
【分析】不妨设为，为，则直线的方程为，可得的坐标为，，的坐标为，，由，可得，求解即可．
【解答】解：不妨设为，为，过右焦点作的垂线，垂足为，有该垂线交于点，
，则直线的方程为，
联立，解得的坐标为，，
联立，解得的坐标为，，
则，，，，
，，，，
，，即，
，，．
故答案为：．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查运算求解能力，是中档题．
16．（5分）为检测出新冠肺炎的感染者，医学上可采用“二分检测法”、假设待检测的总人数是将个人的样本混合在一起做第1轮检测（检测一次），如果检测结果为阴性，可确定这批人未感染；如果检测结果为阳性，可确定其中有感染者，则将这批人平均分为两组，每组人的样本混合在一起做第2轮检测，每组检测1次，如此类推：每轮检测后，排除结果为阴性的那组人，而将每轮检测后结果为阳性的组再平均分成两组，做下一轮检测，直到检测出所有感染者（感染者必须通过检测来确定）．若待检测的总人数为8，采用“二分检测法”检测，经过4轮共7次检测后确定了所有感染者，则感染者人数最多为 2 人．若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，采用“二分检测法”所需检测总次数记为，则的最大值为 ．
【分析】根据已知条件，结合二分检测法，即可求解．
【解答】解：若待检测的总人数为8，
则第1轮需检测1次，第2轮需检测2次，第3轮需检测2次，第4轮需检测2次，
则共需检测7次，此时感染者人数最多为2人，
若待检测的总人数为，且假设其中有不超过2名感染者，
若没有感染者，则只需1次检测即可，
若只有1个感染者，则只需次检测，
若只有2个感染者，若要检测次数最多，
则第2轮检测时，2个感染者不位于同一组，
此时相当两个待检测均为组，
每组感染1个感染者，此时每组需要次检测，
所以此时两组共需次检测，
故有2个感染者，且检测次数最多，共需次检测，
所以采用“二分检测法”所需检测总次数记为，
故的最大值为．
故答案为：2；．
【点评】本题主要考查二分检测法，考查转化能力，属于中档题．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）在①；②的面积为；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在中，，，分别为内角，，的对边，，，___？
【分析】若选①，则，由正弦定理列方程可求出，再求出，然后利用正弦的二倍角公式可求出，再利用正弦定理可求出的值；
若选②，则由已知条件可求出，从而可得，然后利用余弦定理可求出的值；
若选③，则由已知可得，再由正弦定理可得，从而可得三角形不存在．
【解答】解：若选①，则，且，
因为，，
由正弦定理得，则，即，
所以，，
得，
因为，所以，
因为，所以角为锐角，
所以，
所以，
所以由正弦定理得；
若选②，则由的面积为，得，
所以，
当为锐角时，，此时由余弦定理得，
，所以，
当为钝角时，，此时由余弦定理得，
，所以，
综上，或；
若选③，由，得，
由正弦定理得，则，
所以三角形不存在．
【点评】本题考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于中档题．
18．（12分）已知数列的前项和为，．
（1）证明：数列为等比数列，并求数列的前项和为；
（2）设，证明：．
【分析】（1）先求出，然后将的换成，与原式相减可得，从而可得即可证明，求出通项公式，再分组可求和．
（2）先求出，可得出，裂项相消法求和，可证明．
【解答】证明：（1）当时，，即，
由，则，，
两式相减可得，
即，
所以，即，
数列为等比数列；
则，所以，
则．
（2），
所以，
所以．
【点评】本题考查了等比数列的证明，数列与不等式的综合，属于中档题．
19．（12分）足球比赛全场比赛时间为90分钟，90分钟比赛后双方仍旧打平，需采取点球大战的方式决出胜负，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采取“点球大战”的方式决定胜负．“点球大战”的规则如下：①两队应各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜：②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5次可能射中的球数，则不需再踢，譬如：第4轮结束时，双方进球数比为，则不需再踢第5轮了；③若前5轮点球大战中双方进球数持平，则采用“突然死亡法”决出胜负，即从第6轮起，双方每轮各派1人罚点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜．
（1）已知小明在点球训练中射进点球的概率是．在一次赛前训练中，小明射了3次点球，且每次射点球互不影响，记为射进点球的次数，求的分布列及数学期望．
（2）现有甲、乙两校队在淘汰赛中（需要分出胜负）相遇，120分钟比赛后双方仍旧打平，须互罚点球决出胜负．设甲队每名球员射进点球的概率为，乙队每名球员射进点球的概率为．每轮点球中，进球与否互不影响，各轮结果也互不影响．求在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出的概率．
【分析】（1）由题意可得，，所有可能的取值为0，1，2，3，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解．
（2）记“在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出”为事件，由题意可知，在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出，甲乙两队进球数之比为：“甲乙：”记为事件，或：“甲乙：”记为事件，分别求出对应的概率，并求和，即可求解．
【解答】解：（1）由题意可得，，所有可能的取值为0，1，2，3，
，，
，，
故的分布列为：
故．
（2）记“在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出”为事件，
由题意可知，在第4轮结束时，甲队进了3个球并刚好胜出，甲乙两队进球数之比为：“甲乙：”记为事件，或：“甲乙：”记为事件，
则，且与互斥，
，
，
故（A）
【点评】本题主要考查了离散型随机变量及其分布列，需要学生熟练掌握期望公式，属于中档题．
20．（12分）如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，，是底面的内接正三角形，且，是线段上一点．
（1）是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（2）当为何值时，直线与面所成的角的正弦值最大．
【分析】，过作面，则以为坐标原点，分别以，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
（1）假设存在点，使得平面，利用向量法可得，，判断，即可；
（2）求平面的法向量，直线的方向向量，求得，计算可得最大值．
【解答】解：由题意得，设，则在中，，
所以，，又是底面的内接正三角形，
，，，
设，，过作面，
则以为坐标原点，分别以，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
，0，，，0，，，0，，，3，，，0，，
因为是线段上一点，设，，，，0，，
（1）假设存在点，使得平面，此时
，0，，，3，，，，，
因为平面，，
则，，，0，，，3，，，，，
，，
存在点，使得平面，此时；
（2）设平面的法向量为，，，则，6，，，3，，
，即，令，，，
则，0，，
又因为，0，，设直线与面所成的角为，
，
当且仅当，即时取等号，
当时，直线与面所成的角的正弦值最大．
【点评】本题考查符合条件的点是否存在，线面角的正弦值的最大值，属中档题．
21．（12分）已知，，两点分别在轴和轴上运动，且，若动点满足，动点的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）已知不垂直于轴的直线与轨迹交于不同的、两点，总满足，证明：直线过定点．
【分析】（1）根据平面向量的坐标运算可得，结合和两点坐标求距离公式可得，将 代入计算即可；
（2）设直线的方程为：、，、，，联立椭圆方程并消去，根据韦达定理表示出、，利用两点求斜率公式求出，，结合题意可得，列出关于和的方程，化简计算即可．
【解答】解：（1）因为，即，，，，，
所以，，则，
又，得，即，
所以动点的轨迹方程为：；
证明：（2）设直线的方程为：，，，，，
则，，
，消去，得，
由△，得，
，
直线的斜率为，直线的斜率为，
又，所以，即，
整理得，
即，
所以，
由，化简得，
所以，
故直线过定点．
【点评】本题考查了动点的轨迹方程以及直线过定点问题，属于中档题．
22．（12分）已知函数且为常数）．
（1）讨论函数的极值点个数；
（2）若对任意的恒成立，求实数的取值范围．
【分析】（1）求得，分三种情况讨论，作出函数与函数的图象，数形结合可得出函数的极值点的个数；
（2）由参变量分离法可知对任意的恒成立，利用导数结合隐零点法求出函数在其定义域上的最小值，即可得出实数的取值范围．
【解答】解：（1）函数的定义域为，则，
令，则，由，可得，列表如下：
且当时，；当时，，
作出函数与函数的图象如图所示：
当时，直线与函数的图象有两个交点，
设这两个交点的横坐标分别为，，且，
由图可知，当或时，，
当时，，
此时，函数有2个极值点；
当时，由图可知，直线与函数的图象有一个交点，设其横坐标为，且，
当时，；当时，，
此时函数只有1个极值点，
综上所述，当 时，函数无极值点，
当时，函数有2个极值点，
当时，函数只有1个极值点．
（2）解：不等式对任意的恒成立，
等价于对任意的恒成立，
所以，对任意的恒成立，
令，其中，则，
令，其中，
则对任意的恒成立，
所以，函数在上单调递增，
因为，
故存在，使得，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
因为，则，
因为，则，
因为函数在上单调递增，
由可得，故，可得，
所以，，
故．
【点评】本题考查了利用参变量分离法求解函数不等式恒成立问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/4/20 12:07:00；用户：陈超；邮箱：13488358862；学号：39511961第一次
第二次
第三次
第四次
第五次
第六次
王伟
98
87
91
92
88
95
张诚
90
76
88
75
86
80
赵磊
68
65
73
72
75
82
班级平均分
88.2
78.3
85.4
80.3
75.7
82.6
第一次
第二次
第三次
第四次
第五次
第六次
王伟
98
87
91
92
88
95
张诚
90
76
88
75
86
80
赵磊
68
65
73
72
75
82
班级平均分
88.2
78.3
85.4
80.3
75.7
82.6
0
1
2
3
0
减
极小值
增